山东省日照三模2024届高三校际联合考试物理试题（原卷）

日照实验高级中学2024届高三模拟物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，己知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（）A．电场方向垂直环平面向外 B．电子运动周期为C．垂直环平面的磁感强度大小为 D．电场强度大小为【答案】A【解析】A．根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；B．电子在圆环内沿顺时针方向做半径为、速率为的匀速圆周运动，则电子运动周期为B正确；C．电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有解得C正确；D．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有解得D正确；故选A。2.广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为（）A.D B. C. D.【答案】C【解析】设△t时间内，从喷口喷出水的质量为△m，则△m=ρ△V，在离喷口高度为H时，速度且解得故选C。选A3.“顿牟掇芥”是东汉王充在《论衡·乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为Q的带正电的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷的电场作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，点电荷与原子之间产生作用力F。你可能不会求解F，但是你可以通过物理分析进行判断，关于F的表达式，可能正确的是（式中k为静电力常量）（）A.F=0 B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知ABC错误，D正确。4.如图所示，两个完全相同的木模质量均为m，通过三根轻质竖直细线对称连接，放在水平面上呈“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原理。细线a、b、c上的张力大小分别用Fa、Fb、Fc表示，水平面所受的压力大小为FN，重力加速度大小为g。下列关系式正确的是（）A.Fa>mg，FN=2mgB.Fa>mg，FN>2mgC.Fb=Fc，Fa=Fb+0.5mgD.Fa=Fb+Fc【答案】A【解析】整体受力分析，由平衡条件得由对称性可知对上方木模受力分析有则，故选A。5．如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，上端轨道切线竖直，其质量为2.0㎏，静止于光滑水平面上。一质量为2.0kg的小球B以2.0m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用。B球沿A曲面上升的最大高度为()A．0.1mB．0.2mC．0.5mD．0.05m【答案】A6、一质最m=4kg的滑块静止在粗糙的水平面上，t=0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10m/s2.。下列说法正确的是（）A.0~3s内摩擦力的冲量大小为30N·s B.0~3s内拉力做的功为200JC.滑块的最大动能为200J D.滑块的最大位移为36m【答案】C【解析】A．滑块与水平面的滑动摩擦力为在0~1s内所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为摩擦力的冲量为在1~3s内滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为0~3s内摩擦力的冲量大小为故A错误；B．在0~1s内滑块静止，拉力做功为零。在1~3s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得滑块的位移为0~3s内拉力做的功为故B错误；C．3s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得解得滑块的最大动能为故C正确；D．滑块的最大速度为撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为由可得位移为滑块的最大位移为故D错误。故选C。7.角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，当系统以角速度转动时，下列说法正确的是（）A.电路中电流随角速度的增大而增大B.电路中电流随角速度的增大而减小C.弹簧的伸长量为x=D.输出电压U与ω的函数式为U=【答案】D【解析】【详解】AB．滑片的移动不影响滑动变阻器接入电路中的电阻，故电路中的电流不随角度的变化而变化，故AB错误；C．由牛顿第二定律得所以故C错误；D．输出电压代入可得故D正确。故选D。8.学校门口车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动；自动识别区ab到a＇b＇的距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s；若汽车可看成高1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角速度至少为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】闸杆转动时间为汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为解得闸杆转动的角速度至少为故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.质量为M内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 A．eq\F(1,2)mv2 B．eq\F(mM,2(m＋M))v2 C．eq\F(1,2)NμmgL D．NμmgL【答案】BD解析：本题考查动量守恒、功能关系及能量守恒定律。设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失△Ek＝eq \F(1,2)mv2－eq \F(1,2)(m＋M)v12，解得△Ek＝eq\F(mM,2(m＋M))v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为S＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：△Ek＝Q＝NμmgL，D对。10.如图，家用小型起重机拉起重物的绳子一端固定在起重机斜臂顶端，另一端跨过动滑轮A和定滑轮B之后与电动机相连。起重机正将重为G的重物匀速竖直上拉，忽略绳子与滑轮的摩擦以及绳子和动滑轮A的重力，∠ABC=60°，则（）A.绳子对定滑轮B的作用力方向竖直向下B.绳子对定滑轮B的作用力方向与BA成30°斜向下C.绳子对定滑轮B的作用力大小等于GD.绳子对定滑轮B的作用力大小等于3【答案】BD【解析】A．绳子对定滑轮的B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的合力，方向斜向左下，故A错误；B．C．D．重物匀速运动，则任意段绳子的弹力等于重力的一半，即。由平行四边形可知，合力方向延∠ABC的角平分线，与BA夹角30°斜向下，大小为,故BD正确，C错误。故选BD。11.如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v−t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2A.Q的质量为1kgB.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0JD.t=5.8s时木板速度恰好为零【答案】AC【解析】【详解】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得联立解得故B错误；C．由于碰撞系统损失的机械能为代入数据解得故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得代入数据解得因此木板速度恰好为零的时刻为故D错误；故选AC。12.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为的滑块甲连接，甲穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块甲和重物乙连接起来，重物乙的质量。现把滑块甲从图中点由静止释放，当它经过、两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知与水平面的夹角，长为，与垂直。不计滑轮的质量和一切阻力，重力加速度为，在滑块甲从到的过程中，下列说法正确的是（）A.甲与乙的机械能之和先减小后增大B.重物乙的重力的功率先增大后减小C.滑块甲运动到位置处速度达到最大，且大小为D轻绳对滑块乙做功【答案】BD【解析】A．当滑块甲经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在P点弹簧的压缩量与在Q点弹簧的伸长量相等，在滑块甲从P到Q的过程中，弹力对甲先做正功再做负功，故甲与乙组成的系统机械能之和先增加后减小，A错误；B．刚释放时重物乙的速度为零，当甲运动到Q点时，甲的速度方向与绳垂直，此时乙的速度为零，故重力的功率先增大后减小，B正确；C．由A的分析可知，在P点弹簧对甲的弹力向上，在Q点弹簧对甲弹力向下，可知，甲先加速上升后减速上升，在P、Q间某位置，合力为零，速度最大，在Q点时合力已向下，速度已开始减小，C错误；D．甲从P到Q过程，对甲、乙整体，由动能定理可得设轻绳对滑块甲做功为W，对甲由动能定理可得联立解得D正确。故选BD。三、非选择题：本题共4小题，共52分。13.如图甲所示，滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移时间（）图像。整个装置置于高度可调节的足够长的斜面上。（取重力加速度g=10m/s2）（1）现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的图线如图乙所示。从图线可得滑块向上的初速度_______m/s，摩擦力对滑块A运动的影响______（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）；（2）将气垫导轨换成木板，滑块A换成木块，给木块一沿木板向上的初速度，经计算机处理后在屏幕上显示木块的速率—时间（）图像如图丙所示。通过图线可求得木板的倾角θ的正弦值___________，木块与木板间的动摩擦因数_________。【13题答案】【答案】①.2②.不明显，可忽略③.0.6④.0.25【解析】【详解】（1）[1][2]上升过程中，滑块做匀减速直线运动，由图可知经过1s滑块到达导轨最高点，速度为零，根据逆向思维设位移时间关系为解得则初速度由图可知，滑块上滑阶段和下滑阶段的加速度大小基本相等，所以摩擦力对滑块A运动的影响不明显；（2）[3][4]由图丙可得上滑阶段的的加速度大小为下滑阶段的加速度大小为根据牛顿第二定律得，上滑时下滑时联立解得14.某物理学习小组为了探究小灯泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。（1）为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2________（“闭合”或“断开”），移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V,电压表U2=4.3V第二组：电流表=0.40A，电压表=1.50V,电压表=4.1V利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）第②步：将滑动变阻器滑片P调到______（填“最右边”或“中间”或“最左边”），再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。（2）现在将六盏完全相同的灯泡L（3.8V，0.7A）并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的功率______W。（计算结果保留2位有效数字）【答案】①.断开②.4.5③.1.0④.最右边⑤.S2⑥.0.83【解析】【详解】（1）[1]第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。[2][3]根据电路图结合闭合电路欧姆定律得代入数据得联立解得[4][5]第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。（2）[6]设流过灯泡的实际电流为,根据闭合电路欧姆定律得在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的图象可得两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率15.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若h=0.8m，求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小；②在DE上经过的总路程；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【答案解析】①mgℎ=ma=16m/②mgmgℎ−mg(2R−2Rs③1aa得：mgℎ−mg(R−Rvm mg 得：l=0.2m16.如图所示，质量M=1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q．水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内），推力做功WF=4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下．已知Q与小车表面间动摩擦因数μ=0.1．（g=10m/s2）求：（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？（2）Q刚在小车上滑行时初速度v0是多少？（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【答案】（1）4m/s（2）4m/s（3）6m【详解】试题分析：（1）推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有：①（1分）当弹簧完全推开物块P时，弹簧仍是原长，有：②（2分）由①②式联立解得：（1分）（2）P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为，P的速度为，由动量守恒和能量守恒得：③（2分）④（2分）由③④式解得，（1分）（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得：⑤（4分）根据能量守恒，系统产生的摩擦热：⑥（4分）联立⑤⑥解得：（1分）17.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。【答案】（1）；（2）（3）60%【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系解得r1=2L根据解得在磁场中运动的周期运动时间（2）若B2=2B1，根据